Составить дифференциальное уравнение движения груза

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в теоретической механике

Содержание:

Дифференциальные уравнения движения материальной точки:

Используя основной закон динамики, можно вывести дифференциальные уравнения движения материальной точки в различных системах координат. По аксиоме о связях и силах реакций связей можно получить дифференциальные уравнения движения и несвободной точки так же, как и для свободной, только ко всем приложенным к точке силам надо добавить силы реакций связей.

Силы реакций связей при движении точки могут зависеть в общем случае не только от вида наложенных на точку связей и приложенных к ней сил, но и от характера ее движения, например от ее скорости при движении в воздухе или в какой-либо другой сопротивляющейся среде. В дальнейшем не будем делать различия между свободной и несвободной материальными точками. Обозначая равнодействующую всех заданных сил и сил реакций связей

Из кинематики точки известно, что ускорение выражается через радиус-вектор (рис. 3):

Дифференциальное уравнение движения материальной точки в векторной форме имеет вид

Если спроецировать обе части уравнений (7) или (8) на координатные оси, то можно получить дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на эти оси.

В декартовой системе координат в общем случае

Проекции ускорения на координатные оси можно выразить через вторые производные по времени от координат движущейся точки:

Рис. 3

Дифференциальные уравнения движения материальной точки в прямоугольной декартовой системе координат имеют вид

Частные случаи дифференциального уравнения движения материальной точки

Если известно, что материальная точка движется в одной и той же плоскости, то, принимая ее за координатную плоскость , имеем

Так как , то, следовательно, . В случае движения точки по прямой линии, направив по ней координатную ось , получим одно дифференциальное уравнение прямолинейного движения точки

Так как при движении , то, следовательно, . Для естественных подвижных осей координат (рис. 4), проецируя обе части (7) на эти оси, получаем:

где и — соответственно проекции ускорения и равнодействующей силы на касательную, главную нормаль и бинормаль к траектории в рассматриваемом положении движущейся точки. Учитывая, что

где — радиус кривизны траектории, дифференциальные уравнения движения точки в проекциях на естественные оси имеют вид

Второе уравнение из (12) можно преобразовать:

где — угловая скорость вращения касательной к траектории движущейся точки и, следовательно, — угол смежности между касательными в двух бесконечно близких точках.

Дифференциальные уравнения (12) можно представить в виде

Рис. 4

Эта форма дифференциальных уравнений движения точки удобна при исследовании некоторых случаев полета снарядов и ракет, особенно по траектории, лежащей в плоскости. Тогда будет углом между касательной к траектории и любой осью, лежащей в плоскости траектории.

Дифференциальные уравнения движения точки можно представить в любой другой системе координат. Для этого надо знать выражения проекций ускорения на эти оси координат.

Дифференциальные уравнения относительного движения точки

Кориолисовыми силами инерции называют две векторные величины, имеющие размерность силы и добавляемые к силам, приложенным к материальной частице, для определения ее относительного ускорения

Все дифференциальные уравнения движения, с которыми мы ознакомились в этой главе, относятся к абсолютному движению, т. е. к движению по отношению к инерциальной системе отсчета. Для написания дифференциальных уравнений движения точки (или частицы) относительно подвижных осей подставим в основное уравнение динамики (123) вместо абсолютного ускорения точки его выражение (110):

(153)

имеющую размерность силы, равную произведению массы материальной частицы на ее переносное ускорение и направленную противоположно этому ускорению, называют переносной силой инерции Кориолиса.

(154)

равную произведению массы материальной частицы на ее кориолисово ускорение и направленную противоположно этому ускорению, называют поворотной силой инерции Кориолиса.

(155 / )

или в проекциях на оси координат:

(155)

Таким образом, относительное движение материальной точки можно описать такими же (по форме) дифференциальными уравнениями, как и абсолютное, но к действующим на точку силам нужно прибавить две кориолисовы силы инерции: переносную и поворотную.

Эти величины следует отличать от даламберовых сил инерции (см. гл. XX), введение которых позволяет решать задачи динамики методом статики.

Пример решения задачи №1

Определить амплитуду вынужденных колебаний в относительном движении вибрографа для записи вертикальных колебаний фундамента (рис. 171), совершающего вместе с фундаментом колебания по закону χ = a sin pt, если вес груза равен G и жесткость пружины с.

Рис. 171

Решение. Рама жестко соединена с фундаментом и участвует в его колебаниях, как и вращающийся барабан В, на котором груз G, перемещаясь вверх и вниз, записывает колебания фундамента. Вертикальные перемещения х’ груза G по отношению к раме являются относительными и по отношению к барабану, если пренебречь его вращением. Уравнение этих относительных перемещений можно составить как уравнение абсолютного движения, если к заданным силам добавить переносную кориолисову силу, равную и противоположную произведению вектора переносного ускорения на массу груза. Переносная сила инерции груза равна

Напишем дифференциальное уравнение относительных колебаний груза, сократив на m:

x’ + k 2 χ’ = ар 2 sin pt.

где Пренебрегая свободными колебаниями груза, напишем уравнение (149′) установившегося вынужденного колебания груза:

Амплитуда этих колебаний тем менее отличается от амплитуды колебаний фундамента, чем меньше собственная частота k прибора сравнительно с частотой р, т. е. чем меньше жесткость пружины и чем больше масса груза.

Ответ.

Пример решения задачи №2

Ползун G (рис. 172) может скользить по хорде AB равномерно вращающегося горизонтального диска, к точкам А и В которой он прикреплен двумя одинаковыми пружинами жесткостью каждая. Принимая ползун за точку массы т и пренебрегая трением, определить зависимость периода τ его колебаний в относительном движении по хорде от угловой скорости ω диска.

Рис. 172

Решение. Построим оси подвижной системы координат с началом в точке О (в положении относительного равновесия ползуна), направив Ox’ но хорде.

Определим силы, действующие на ползун. Если ползун отклонится от равновесного положения О на величину х’, то одна из пружин сожмется, а другая растянется. Согласно закону Гука сила каждой из пружин пропорциональна деформации х’ и направлена к точке О. Следовательно, на ползун действует активная сила

Кроме активной силы, надо учесть действие кориолисовых сил: Φ_e—переносной и Φ_c-поворотной.
Переносная сила инерции равна произведению массы т ползуна на его переносное ускорение: и направлена против переносного ускорения, т. е. от центра C диска. Чтобы определить проекцию этой силы на Ox’, надо ее модуль умножить на направляющий косинус, который при OG = х’ равен .

Поворотная сила Кориолиса равна произведению массы ползуна иа кориолисово ускорение 2ωx’ и направлена против этого ускорения. Таким образом, чтобы определить направление поворотной силы Кориолиса, надо вектор относительной скорости повернуть на 90° против переносного вращения. Находим, что поворотная сила инерции действует перпендикулярно AB и проекция ее на Ox’ равна нулю.

При найденных значениях активных сил и кориолисовых сил дифференциальное уравнение относительного движения ползуна по хорде имеет вид:

mх’ = — cx’ + mω 2 x’= — (с—mω 2 )x’.

Это уравнение выражает гармоническое колебание с периодом

Ответ. и не зависит от положения хорды.

Пример решения задачи №3

Составить дифференциальное уравнение относительного движения ползуна, описанного в предыдущей задаче, считая, что при его движении вдоль хорды AB возникает трение, пропорциональное нормальному давлению на хорду.

Решение. Нормальное давление обусловлено поворотной силой инерции и нормальной составляющей переносной силы инерции.

Поворотная сила ползуна Φ_с=2mωx’ переменна по величине и направлению. Она направлена перпендикулярно к хорде AB, но в сторону положительных значений у’, если точка G движется в сторону отрицательных значений х’, т. е, если х’ 2 h. Эта составляющая в рассматриваемом механизме всегда направлена в сторону положительных у’, а потому в суммарном давлении обе кориолисовы силы складываются при х’ 0, и дифференциальное уравнение относительного движения точки имеет вид

mх’ =— (с—mω 2 ) x’ — fm (2ωx’ ± ω2h),

причем знак второго слагаемого в скобках надо брать положительным при х’ 0. Решение такого уравнения при движении точки G влево и вправо получается, конечно, различным. Если Л — 0 и хорда является диаметром, то вместо кулонова трения получается вязкое демпфирование, зависящее от скорости.

• Две основные задачи динамики точки
• Прямолинейное движение точки
• Криволинейное движение материальной точки
• Движение несвободной материальной точки
• Сложное движение точки
• Сложение движение твердого тела
• Кинематика сплошной среды
• Аксиомы классической механики

При копировании любых материалов с сайта evkova.org обязательна активная ссылка на сайт www.evkova.org

Сайт создан коллективом преподавателей на некоммерческой основе для дополнительного образования молодежи

Сайт пишется, поддерживается и управляется коллективом преподавателей

Whatsapp и логотип whatsapp являются товарными знаками корпорации WhatsApp LLC.

Cайт носит информационный характер и ни при каких условиях не является публичной офертой, которая определяется положениями статьи 437 Гражданского кодекса РФ. Анна Евкова не оказывает никаких услуг.

Составление дифференциального уравнения движения механической системы

Содержание

1. Составление дифференциального уравнения движения механической системы

2. Определение реакций внешних и внутренних связей

3. Определение закона движения системы

4. Результаты расчетов

5. Анализ результатов вычислений

6. Результаты анализа

Цели и задачи

Наличие упругих связей в механической системе в сочетании с внешним периодическим воздействием может привести к дополнительным колебательным движениям ее элементов. Поэтому теория колебаний и, в частности, раздел, посвященный малым линейным колебаниям, имеет много важных приложений в различных областях науки и техники.

Выделение линейных моделей в особый класс вызывается рядом причин:

• с помощью линейных моделей исследуется широкий круг явлений, происходящих в различных механических системах;

• интегрирование линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами является, с математической точки зрения, элементарной задачей.

Поэтому инженер–исследователь стремится по возможности описать поведение системы с помощью линейной модели для облегчения процедуры анализа ее движения.

При проектировании механических систем обычно используют критические режимы внешних воздействий на них. В этом случае внешние факторы: – коэффициент демпфирования, – амплитуда и частота возмущающей силы, изменяются незначительно. Конструктивные параметры механических систем (их геометрические размеры) определяются условиями их функционирования и, следовательно, могут изменяться в очень узком диапазоне. Актуальной становится такая задача исследования механической системы, при которой могут изменяться массовые параметры системы и жесткость упругого элемента.

Поэтому целью курсовой работы является исследование и анализ динамического поведения механической системы с упругими связями с помощью основных теорем и принципов теоретической механики.

Для достижения этой цели, необходимо решить поставленные задачи:

1. составить дифференциальное уравнение движения системы;

2. сформировать систему уравнений для определения динамических реакций внешних и внутренних связей;

3. Найти закон движения системы, т. е. проинтегрировать дифференциальное уравнение движения при заданных начальных условиях;

4. провести численный анализ полученного решения с использованием ЭВМ.

Груз 1 один подвешен на нити к центру невесомого блока 2. Меньшая ступень блока 2 прикреплена нитью к горизонтальной поверхности, а нить, намотанная на большую ступень – навита на закрепленный в центре блок 3. Далее нить с блока 3 наматывается на меньшую ступень катка 4, который катится по шероховатой горизонтальной поверхности, касаясь ее большей ступенью. Центр катка связан с пружиной, другой конец которой закреплен неподвижно. Нити и пружина, которые являются невесомыми, параллельны соответствующим плоскостям. Нити являются нерастяжимыми и абсолютно гибкими. Сопротивление, возникающее в подшипниках блока, пропорционально первой степени угловой скорости блока: . Качение катка происходит без скольжения, сопротивление качению отсутствует. Центр масс блока расположен на оси его вращения. К грузу приложена возмущающая сила . При движении системы нити всегда натянуты. Схема механической системы представлена ниже:

Исследовать движение механической системы. Определить реакции внешних и внутренних связей, если

– массы груза, блока и катка,

c – коэффициент жесткости пружины,

– коэффициент демпфирования,

— радиусы ступеней невесомого блока 2,

– радиус блока 3,

– радиусы ступеней катка 4 и радиус инерции относительно оси, проходящей через центр масс,

– предельное значение коэффициента сцепления катка 4 и опорной плоскости,

– предельное значение удлинения пружины;

— начальная координата и начальная скорость груза.

Составление дифференциального уравнения движения механической системы

Рассматриваемая механическая система имеет одну степень свободы: это обеспечивается условиями, принятыми при формулировке задания, — тела являются абсолютно твердыми, нити — нерастяжимыми и всегда натянутыми, проскальзывание при движении катка отсутствует. Следовательно, для задания положения системы нужен один параметр. Будем определять положение системы с помощью координаты S, задающей положение центра масс груза (рис.2). Начало отсчета координаты Sсовместим с положением центра масс груза при равновесии системы. Углы поворота блока и катка отсчитываем по ходу часовой стрелки. Положение центра масс катка определяем координатой

, отсчитываемой от положения центра масс катка при равновесии системы:

если , то , , и и наоборот, причем нулевому значению координаты Sсоответствуют нулевые значения координат , , и .

Для составления дифференциального уравнения движения системы используем теорему об изменении кинетической энергии механической системы в дифференциальной форме:

(1)

где: T— кинетическая энергия системы, — сумма мощностей внешних

сил, — сумма мощностей внутренних сил.

Пусть в произвольный момент система занимает положение, в котором

S>0, а скорость груза направлена вдоль опорной плоскости в положительном направлении координаты S.

Вычислим кинетическую энергию системы как сумму кинетических энергий тел, образующих механическую систему.

Груз 1 совершает поступательное движение. Его кинетическая энергия:

Блок 2 невесом и его кинетическая энергия равна 0.

Блок 3 совершает вращательное движение вокруг неподвижной оси. Его кинетическая энергия:

где — момент инерции блока 3 относительно оси вращения, —

модуль угловой скорости.

Каток 4 совершает плоскопараллельное движение, поэтому его кинетическая энергия равна:

Тогда кинетическая энергия всего механизма имеет вид:

(2)

Так как механическая система (мс) имеет 1 степень свободы, то величины легко выражаются через . Связи между этими величинами будут иметь вид:

(3)

Блок 3 – сплошной однородный цилиндр, для катка 4 известен радиус инерции, поэтому моменты инерции этих тел относительно осей, проходящих через их центры масс и перпендикулярных плоскости чертежа, будут вычисляться:

Подставляя моменты инерции и выражения (3) в формулу (2), получим полную кинетическую энергию системы:

(4)

где величина называется приведенной массой. кг

Теперь вычислим правую часть уравнения (1) – сумму мощностей внешних и внутренних сил, при этом учтем, что мощность силы равна скалярному произведению вектора силы на скорость точки приложения силы, а мощность пары сил – скалярному произведению вектора пары на угловую скорость твердого тела, к которому приложена пара:

Рассматриваемая нами механическая система является неизменяемой, так как входящие в систему тела абсолютно твердые, а нити — абсолютно гибкие и нерастяжимые. Следовательно, скорости их точек относительно друг друга равны нулю и сумма мощностей внутренних сил также будет равна нулю

(6)

С учетом кинематических соотношений (3) сумму мощностей внешних

сил преобразуем к виду:

(7)

— приведенная сила.

Упругую силу считаем пропорциональной удлинению пружины. Полное удлинение пружины равно сумме статического и динамического удлинений

Приведенная сила в развернутом виде примет вид:

(8)

Где — приведенная жесткость,

— приведенный коэффициент сопротивления.

Подставляя выражения (4), (6) и (7) в (1), получаем после сокращения на дифференциальное уравнение движения системы:

(9)

Учтем, что при равновесии системы (возмущающая сила отсутствует) скорость и ускорение груза равны нулю по определению , а координата груза равна нулю в силу постановки задачи (начало отсчета совпадает с положением равновесия груза 1 S=0). В этом случае уравнение (9) приводится к виду , и условием равновесия системы будет служить уравнение

(10)

Подставляя (10) в уравнение (9) и учитывая формулу (8) для приведенной силы, получаем дифференциальное уравнение движения системы

Представим данное уравнение в виде:

(11)

где введены коэффициенты, имеющие определенный физический смысл:

— частота собственных колебаний,

— показатель степени затухания колебаний.

— относительная амплитуда возмущающей силы.

(12)

Уравнения (11), (12) представляют математическую модель для решения второй задачи динамики.

Дифференциальные уравнения движения точки

С помощью дифференциальных уравнений движения решается вторая задача динамики. Правила составления таких уравнений зависят от того, каким способом хотим определить движение точки.

1) Определение движения точки координатным способом.

Рассмотрим свободную материальную точку, движущуюся под действием сил . Проведем неподвижные координатные оси Oxyz (рис.20). Про­ектируя обе части равенства на эти оси и учитывая, что и т.д., получим дифферен­циальные уравнения криволинейного дви­жения точки в проекциях на оси прямо­угольной декартовой системы координат:

Рис.20

Так как действующие на точку силы мо­гут зависеть от времени, от положения точки и от ее скорости, то правые части уравнений могут содержать время t, координаты точки х, у, z и проекции ее скорости . При этом в правую часть каждого из уравнений могут входить все эти переменные.

Чтобы с помощью этих уравнений решить основную задачу динамики, надо, кроме действующих сил, знать еще начальные условия, т.е. положение и скорость точки в начальный момент. В координатных осях Oxyz начальные условия задаются в виде: при t=0

Зная действующие силы, после интегрирования уравнений найдем координаты х, y, z движущейся точки, как функции времени t, т.е. найдем закон движения точки.

Пример 17. Найти закон движения материальной точки массы m, движущейся вдоль оси х под действием постоянной по модулю силы F (рис. 20.1) при начальных условиях: при t=0.

Рис.20.1

Решение. Составим дифференциальное уравнение движения точки в проекции на ось х: . Интегрируя это уравнение, находим: . Постоянная C₁ определяется из начального условия для скорости и равна . Окончательно

Далее, учитывая, что v = dx/dt, приходим к дифференциальному уравнению: , интегрируя которое получаем

Постоянную C₂ определяем из начального условия для координаты точки. Она равна . Следовательно, закон движения точки имеет вид

Пример 18. Груз веса Р (рис.20.2) начинает двигаться из состояния покоя вдоль гладкой горизонтальной плоскости под действием силы F = kt. Найти закон движения груза.

Рис.20.2

Решение. Выберем начало отсчета системы координат О в начальном положении груза и направим ось х в сторону движения (рис. 20.2). Тогда начальные условия имеют вид: x(t = 0) = 0, v(t = 0) = 0. На груз действуют силы F, P и сила реакции плоскости N. Проекции этих сил на ось х имеют значения F_x = F = kt, Р_x = 0, N_x = 0, поэтому соответствующее уравнение движения можно записать так: . Разделяя переменные в этом дифференциальном уравнении и затем интегрируя, получим: v = gkt 2 /2P + C₁. Подставляя начальные данные (v(0) = 0), находим, что C₁ = 0, и получаем закон изменения скорости .

Последнее выражение, в свою очередь, является дифференциальным уравнением, интегрируя которое найдем закон движения материальной точки: . Входящую сюда постоянную определяем из второго начального условия х(0) = 0. Легко убедиться, что C₂=0. Окончательно

Пример 19. На груз, находящийся в покое на горизонтальной гладкой плоскости (см. рис. 20.2) на расстоянии a от начала координат, начинает действовать в положительном направлении оси x сила F = k 2 (P/g)x, где Р – вес груза. Найти закон движения груза.

Решение. Уравнение движения рассматриваемого груза (материальной точки) в проекции на ось х

Начальные условия уравнения (1) имеют вид: x(t = 0) = a, v(t = 0) = 0.

Входящую в уравнение (1) производную по времени от скорости представим так

Подставляя это выражение в уравнение (1) и сокращая на (P/g), получим

Разделяя переменные в последнем уравнении, находим, что . Интегрируя последнее, имеем: . Используя начальные условия , получаем , и, следовательно,

Поскольку сила действует на груз в положительном направлении оси х, то ясно, что в том же направлении он должен и двигаться. Поэтому в решении (2) следует выбрать знак «плюс». Заменяя дальше во втором выражении (2) v на dx/dt, получаем дифференциальное уравнение для определения закона движения груза. Откуда, разделяя переменные, имеем

Интегрируя последнее, находим: arch x/a=kt+C₂. После нахождения постоянной C₂ окончательно получаем

arch x/a=kt или .

Пример 20. Шар M массы m (рис.20.3) падает без начальной скорости под действием силы тяжести. При падении шар испытывает сопротивление , где – постоянный коэффициент сопротивления. Найти закон движения шара.

Рис.20.3

Решение. Введем систему координат с началом в точке местоположения шара при t = 0, направив ось у вертикально вниз (рис. 20.3). Дифференциальное уравнение движения шара в проекции на ось у имеет тогда вид

. (1)

Начальные условия для шара записываются так: y(t = 0) = 0, v(t = 0) = 0.

Разделяя переменные в уравнении (1)

и интегрируя, находим: , где . Или после нахождения постоянной

Отсюда следует, что предельная скорость, т.е. скорость при , равна .

Чтобы найти закон движения, заменим в уравнении (2) v на dy/dt. Тогда, интегрируя полученное уравнение с учетом начального условия, окончательно находим

Пример 21. Изучим движение тела, брошенного с начальной скоростью v₀ под углом к горизонту, рассматривая его как материальную точку массы т (рис.21). При этом сопротивлением воздуха пренебрежём, а поле тяжести будем считать однородным (Р=const), полагая, что дальность полёта и высота траектории малы по сравнению с радиусом Земли.

Рис.21

Поместим начало координат О в начальном положении точки. Направим ось Oy вертикально вверх; горизонтальную ось Ox расположим в плоскости, проходящей через Оy и вектор v₀, а ось Oz проведём перпендикулярно первым двум осям (рис.21). Тогда угол между вектором v₀ и осью Ox будет равен .

Изобразим движущуюся точку М где-нибудь на траектории. На точку действует одна только сила тяжести , проекции которой на оси координат равны: P_x=0, P_y=-P=-mg, P_z=0.

Подставляя эти величины в дифференциальные уравнения и замечая, что /dt = и т.д. мы после сокращения на m получим:

Умножая обе части этих уравнений на dt и интегрируя, находим:

Начальные условия в нашей задаче имеют вид:

Удовлетворяя начальным условиям, будем иметь:

Подставляя эти значения С₁, С₂ и С₃ в найденное выше решение и заменяя v_x, v_y, v_z на придём к уравнениям:

Интегрируя эти уравнения, получим:

Подстановка начальных данных даёт С₄=С₅=С₆=0, и мы окончательно находим уравнения движения точки М в виде:

Из последнего уравнения следует, что движение происходит в плоскости Оxy.

Имея уравнение движения точки, можно методами кинематики определить все характеристики данного движения.

1. Траектория точки. Исключая из первых двух уравнений (1) время t, получим уравнение траектории точки:

Это — уравнение параболы с осью, параллельной оси Оy. Таким образом, брошенная под углом к горизонту тяжёлая точка движется в безвоздушном пространстве по параболе (Галилей).

2. Горизонтальная дальность. Определим горизонтальную дальность, т.е. измеренное вдоль оси Оx расстояние ОС=Х. Полагая в равенстве (2) y=0, найдём точки пересечения траектории с осью Ох. Из уравнения:

получаем

Первое решение дает точку О, второе точку С. Следовательно, Х=Х₂ и окончательно

Из формулы (3) видно, что такая же горизонтальная дальность X будет получена при угле , для которого , т.е. если угол . Следовательно, при данной начальной скорости в одну и ту же точку С можно попасть двумя траекториями: на­стильной ( ) и навесной ( ).

При заданной начальной скорости V₀ наибольшая горизонтальная дальность в безвоздушном пространстве получается, когда , т.е. при угле .

3. Высота траектории. Если положить в уравнении (2)

, то найдется высота траектории Н:

. (4)

4. Время полета. Из первого уравнения системы (1) следует, что полное время полета Т определяется равенством . Заменяя здесь Х его значением, получим

При угле наибольшей дальности все найденные вели­чины равны:

Полученные результаты практически вполне приложимы для ориен­тировочного определения характеристик полета снарядов (ракет), имеющих дальности порядка 200…600 км, так как при этих дальностях (и при ) снаряд основную часть своего пути проходит в стратосфере, где сопротивлением воздуха можно пренебречь. При меньших дальностях на результат будет сильно влиять сопротивле­ние воздуха, а при дальностях свыше 600 км силу тяжести уже нельзя считать постоянной.

Пример 22. Из пушки, установленной на высоте h, произвели выстрел под углом к горизонту (рис. 22). Ядро вылетело из ствола орудия со скоростью u. Определим уравнения движения ядра.

Рис.22

Чтобы правильно составить дифференциальные уравнения движения, надо решать подобные задачи по определённой схеме.

а) Назначить систему координат (количество осей, их направление и начало координат). Удачно выбранные оси упрощают решение.

б) Показать точку в промежуточном положении. При этом надо проследить за тем, чтобы координаты такого положения обязательно были положительными (рис.22).

в) Показать силы, действующие на точку в этом промежуточном положении (силы инерции не показывать!).

В этом примере – это только сила , вес ядра. Сопротивление воздуха учитывать не будем.

г) Составить дифференциальные уравнения по формулам: . Отсюда получим два уравнения: и .

д) Решить дифференциальные уравнения.

Полученные здесь уравнения – линейные уравнения второго порядка, в правой части – постоянные. Решение этих уравнений элементарно.

Осталось найти постоянные интегрирования. Подставляем начальные условия (при t = 0 x = 0, y = h, ) в эти четыре уравнения: .

Подставляем в уравнения значения постоянных и записываем уравнения движения точки в окончательном виде

Имея эти уравнения, как известно из раздела кинематики, можно определить и траекторию движения ядра, и скорость, и ускорение, и положение ядра в любой момент времени.

Как видно из этого примера, схема решения задач довольно проста. Сложности могут возникнуть только при решении дифференциальных уравнений, которые могут оказаться непростыми.